实变函数论课后答案第三版

PAGEPAGE178证明：BA AB的充要条件是AB.证明：若BA AB，则ABA AB，故AB成立.反之，若AB，则BA ABA BB，又xB，若xA，则AA.故xBA xA，则xBABA A.总有xBAA.故BBA A，从而有BA AB。证毕Bc.ABBc.Bc.AB，从而xxB，故xxBc，从而AB，ABBc.另一方面，xA Bc，必有xxBc，故xxB，从而xAB，所以A BcAB.Bc.综合上两个包含式得ABBc.证明定理4中的（，定理（DeMorgan公式）中的第二式和定理9.证明：定理4中的：若A

B（

A

B. 证：若x成立

A

，则对任意的，有xA

A

B（）xA

B，故x

B

，这说明

A

B. 定理4中的

(A

B)(

A)

B).证：若x

(A

B，则有'，使x(AB)(B)('A)( B).反过来，若x(

A)

B则x

A

或者x

B. 不妨设x

A

，则有'使xA AB '(A B '(A B).故(

A)

B)

(A

B).综上所述有

(A

B)

A)

B).6

A)c

A . c(

A)cx

A

故存在' A'

所以xAc'

A c从而有(

A)c A . c反过来，若x

A ，则'使xAc

c，故xA ，'x

A，从而x(

A)c(

)c A

. 证毕

c定理9A

, ,A,

单调上升，即AA

（相应地1 2 n n n1A An

）对一切n都成立，则limn

n1

A（相应地）limn n

A.nn1An

An1

对N

Aiim

A8mliminf

AAn

n im1im

mm1另一方面mn，令S

A，从A A

对mN成立知m im

m m1S

AA

( A)A

( A)

AS

.故定理8表明m iim

m iim1

m1

iim1

iim1

m1limsup

AS

S

liminfAn

n im1im

mm1

1 m1 m

n n故lim

limsupA

liminf

A.n

n

n n

n mm1证明AB BA BB的充要条件是B.证 ： 充 分 性 若 B ， 则BABAAAA A 必要性若AB BA BB，而B则存在xB.B,xB所以xAB BA BB即所B,xB所以xB.

这与xB矛盾，,4.SA,求FA.又如果S1,A1;为奇数

1,

, 1 ,

,问FA

,FA是什么. 0 n 1

3

1 0 1解:若S1,2,3,4,A1,2,3,4,则FAA1;为奇数A1;为奇数1,11,0n 3 512i1,,11,11,c21 1, ,41,2i,, , 35 ,1, ,1,1, 1 , ,1,1, 1, . 352i12 42iS,1,11,11,. 31 3,C1;i,C1;i1,2,2i.2i1KKKKCKA.1证明:因为1, , 1 , B的任何子集FA.3 2i1 1 所以有BFA,而BcC,故CFA,又FA.1 1 1任取B的一子集A,A AFA,且A CFA.1 1显SAA的确是一个域.(1)cSScA,且A,若K,则AcA C(BA是B的子,故Ac CccCccCcAcB.CccBA.显然是B的子集,所以A

A CF又若An为B的子集KnC或.则A

K

AK AK

A K.nn1

n

n n1 nA

AnK K Cn

B是BKn1

或.所以Ann1

KA.nA中除B的子集外,还有Sn

Ann1

KSA.nA中有An n1

B.A是域,且FAA.1证毕.对于SAA的示性函数为

x1 xA0 x0 x）liminfA

xliminfA

x（2）limsupA

n xlimsupA

xn n证明：xS，若xliminfAn

x则liminf

x1。且只有有限个n，使得xAnnn所以 n0

0 使得 nn0

时xAn从而有 An

x1故liminfA

x1liminfA

xn nxliminfA

x，则liminfA

x0 且有无限个nk

N.k故limk

n nx0Ak所以liminfA

x0liminfA

x.n n故（1）成立.（2）的证明： xS，若xlimsupAn

x则liminfAn

x1.且有无穷个nk

N.k

xA使得n使得

， 1nk所以limk

x1 注意到0Ak

x1Ak所以limsupAn

x1limsupAn

x.xlimsupAn

x，则

0limsupAxn且只有有限个n使得xAn所以 n0

0 使得 nn0

时xAn

， x0An所以limsupAn

x0limsupAn

x.所以（2）也成立.也可以这样证：注意ARn Ac

x1A

x.limsupAn

xlimsup

xcAcliminfAc

x

n1nliminfAcn

xn1liminfAcn

x .x1limsupxAcn

1Acn

x

limsupAn

x设f(x)是定义于E1）E;fxa

1E x; 1n1

n2）E;fxa

E x;f x a 1n1

n0

E;fxa 我们有f

a，故存在nN 使0fx00

a1n（因为n1n

fx0

a）所以x0

n1

E

;fxa1.n从而有E;fxa

E x;f x a 1n1

n反过来：若x0

n1

E

;fxa1，则nn1,使n,fx0

a

1an00xE;fxa0n1

Ex;

x

a1Ex; n

x

a所以（1）成立.下证（2） 0

E;fxa 我们有fx0

aa1Nn所以x

1 0 Ex;

x an

N 1故xE x; 10 n1

n从而有E;fxa

E x;f x a 1n1

n反过来，若x0

n1

E

;fxa1n若实函数序列在Efx，则对于任意常数a都有nEx;

xa

k

liminfEx;f

xa1k

k

liminfEx;f

xa1k证明：先证第一个等式8liminfEx;fliminfE xliminfE x;f x a1 ;f x k1nkE xkm1imi所以

xa1k

xa1 m1i m1imEx;f

a1k00xE;fxa 我们有f00

aa1 对N成立。k又条件xE,limn

fxfx，有n n

fxn

fx0故对N，mmk，使得 im 时，，这表明x

;f

xa10km1im

Ex i

k.E;fxa

km1im

iE;fi

xa1k反过来 x0

km1im

iEx;fi

xa1k

， 我们知对

kN，mm，使得im 时， fi

xa1.0 k令 i， 得 fx0再令 k，得 fx0

a1ka ，所以x0

E;fxa ，从而故（1）成立。下证第二个等式，一样有

liminfE x;f x aliminfE x;f x a1 knkE x;f x km1imik00xE;fxa 我们有 f00

a故对N， mmk， im 时，fxfx1,即fx

fx1a1.i 0 0 k i 0

0 k k因为x0

km1im

iEx;fi

x

a1k.所以Ex;

xa

km1im

E;

xa1i k反过来x0

km1im

iEx;fi

xa1k

我们知对Nmmk，使得 im 时，fi

xa10 k

，令 i，，利用条件limfi

xfx0

，有fx0

a1k

，再令k，得fx0

a，所以x0

E;fxa ，所以 km1im

Ex;

x

a1Ex; k

x

a故（2）得证。注意：实际上有：对E撒谎能够任何实函数列fn

x有x;limfn

x

x

km1im

Ex;

xf

x

1.k习题二（p18）用解析式给出和之间的一个11对应。，令xtan2

x ，则x，且'x 21

x

0，故严格单调于lim，x12 2 所以xtan2

x 为和之间的一个11对应。证明只需ab就有a,b~。a,b，令x应。

xa，则x0,1，且显然为11对xb2.面上的点所作成对等的，进而证明平面上的任何非空的开集（集的定义见数学分析或本书第二章）平面上的点所作成的点集对等。平面上一个开圆第三章习题证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。证明：将全体有理数排成一列r,r r ，则平面上的有理点1 2 n QQr,s;rQ,s

Aj

Aj

r,r;i1,2, ni j

为可列集，Aj

的并QQ

Aj

（第20页定理。证明：设这里为某指标集。则我们可在任意I

r

，与之对应，从而给出一个对应，AQI r 由于I的.

互不相交，当，显然r

r，故上述对应是11AA的势最多与Q会超过Q的势，A证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式任取非负整数n，全体n阶有理多项式的集合的势是.0事实上， n阶有理数X x

axi,

Q令a

a11的，n i ii0即

1 2 nm,QQm

QQm的势是0

，这是因为由第一题：已知Q2QQ是可数集，利用归纳法，设QkQQ Q是可数集，k待证QkQQk是可数集，.将Q中的点排成一列, ,1 2 m

，将Qk中的点排成一列ll,l,l，m则Qk1

QQk

Aj

Aj

,li

i,j1,2,3,

显然为可数集，故QkAn0,n阶有理多项式全体是一可数集，jjn0fx是fx个.证明：我们在数学分析中知道,上的单调函数的不连续点，只能是跳跃间断点，其任取,上的单调函数fx，设其可能的间断点为A

; 为某指标集，在x

A ，令limfxy

,limfxy

,y

y

故AR1上的开区间xx xx y,y

与之对应. 不妨设x

x0使x

x

x

,x

,x

fxfy

lim

fxy

y

limfx，

xx

xx所以y

,y

y,y

..fxA与R1上的一族互不相交的开区间11对应，而后者的势为0

，故fx的间断点至多为可数多个.A是一无穷集合，证明必有A~AA证明：若A 为可数集，则不妨设A;in ，令in,n,.

;in ，则A~A，且AAa2i1

,i显然仍为可数集，故此时结论成立.AP191A子集B，令AB，则由于AAB是无穷集.由P217BABA.证毕A为一可数集合，则A证明：由第一，第三题的证明已知mNQQQQm（Q为有理m数集）.由于A是可数集，故m个由全体A中的一个元素组成的集合AaN，

是可数集.1 1A

,

a,

N2A是可数集若A ,a, ,a

2A,i

1 2 1 2 2m 1 2 m iA中的m个元素组成的子集全体，则Am

mNN NNm故是可数集.A

Am1

A为可数集，故mm1

A作为可数个可数集的并也是可数集.m注意：A的全体子集构成的集合不是可数集.A是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）数无穷集合，则有0A中无穷多个区间的长度大于.证明：设A;I 记I 的长度为I . NII1 2

I Imn

1,n记AI,In 1 2

IA中的区间都是非蜕化的，I

A,I

0，AAn1

I;I An

是有限集，故作为可数个可数集的并，A也是可数集，这与A是不可数无穷集矛盾.故0,A中有无穷多个区间的长度大于0A中有不可数无穷多个区间的长度大于.如果空间中的长方形Iyz;a1

xa,b2 1

yb,c2 1

zc2

a,

,b,

,c,

aa,b

b,

c都是有理数，则称I为有理长方形，1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2证明全体有理长方形构成一可数集合.证明由前面题中已知QmQQ Q是可数（Q为有理数组m成的集合）设 AI为有理长方 ， 任 取Iy,za1

xa,b2 1

yb,c2 1

zc2

A

， 记 之 为I ,a,a,b,b

,c,

Q6.,a2,c2 1 2

2 1 2与之对应，由于两有理长方形I ,I 相等,a2,c2 ,a2,c2aa,

a,b

b

b,

c,

c，故上述对应是单射，1 1

2 1 1

2 1 1 2 2故A与Q6这一可数集的一个子集Q 11对应.

0r1111,

rQ与Q显然11对应，故Q6与I

0r1111,

rQ11对应AQ6对等所以Q6AAQ6对等所以A是可数集.P25习题证明,r,n.证明：记上的全体有理数的集合为Q,r,n.1 2R.0,1全体无理数的集合为R，则0,1R.R由于Q是一可数集合，R显然是无穷集合（否则0,1为可数集，QR是可数集，得矛盾）.RR.故从P217RR.所以RR证明全体代数数（即整系数多项式的零点）而证明必存在超越数（即非代数数证明：记全体整系数多项式的全体的集合为Pz

，全体有理多项式的集合为P.Q则上节习题3，已知

PP

至多是可数集，QP Pz Q

z Q z而P显然为无穷集合，故Pz

Pz

Pz,Pz,m.任取一fP,m0,有fP .z z,mf的不同零点至多有mfPz,m

的零点的并至多为无数.（fPz,m

;fzm0fPz,m

z;fz0也是至多可数集.又n是可数集，nx10x1.n带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.证明如果a是可数基数，则2ac.证明：一方面对于正整数NAA的示性函数n

n1 当nAAA n 0 当nAA2N 2NAN的子集所构成的集JAxA

1,A

2JAx0,1JAJB，则A

nB

n,nAB（否则0

n0

BA

10

n0）0故2N与的一个子集对等（2N0,1）0,1Ax

r;rx,rR0（这里R0

为0,1中的全体有理数组成的集合）xyxy0,1AAx yA是Rx

这一与N故与R0

的全体子集组成的集合的一个子集对等（0,1R0

的全体子集组成集的势，即0,2N也就与2N2N由Berrstein2N所以2ac.证明如果A Bc，则B中至少一个为c证明：EA Bc，故不妨认为Ey;0xyB为E的子集.若存在x0x1AEx

x,y;0y1.则由于E c（显然E 0,1）x xB知AcAE,AEc由BerrsreinAc.B知若x,0x1,Ex

A，则从Ex

EAB E B y;0yx所以x,yx

B，则显然yx

x具有势c故易知cBEc由Berrsrein定理Bc证毕设F是上全体实函数所构成的集合，证明F2c证明：0,1的子集A，作A的示性函数0 x x0 xA 则映射A

x上全体实函数AA使得A成立

xB

x,x则必有AB所以与F反过来，任取fxF，A fA是f在R2中的图象，f f是R2且若f,gF，使A Af g则fA Af g表明t1

使,f1

,gt1tt,fg,t1故fg.0,1所以F与R2的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从0,1知F2R220,1即F与所以由Berstein定理F20,12c.第二章习题p0

E'p0

的邻域Np0

,

不一定以p为中心）p0

p1

属于E（事实上这样的p1

其实还是有无穷多个）而p为E的内点的充要条件则上有含有 p的邻域0 0Np0

,（同样，不一定以p0

为中心）存在，使Np0

,E.证明：先设p0

E'，则0,Np0

, E中有无穷多个点。现在设pNp0

,，这表明0p,p0

，故yNp0

,，有y,py,p0

p0

,pNp0Np0

,Np,, Ep0

p1

Np0

,Np,p0Np,p的E中的点.0

, EpE0E

是无穷集，p0则0，

的邻域Np,中，恒有异于p0

p1

属于E，Np,中，有异于p0

p1

属于E，记p,

，则显然1 0 1 1由条件Np,0 1

中有异于p0

p2

E，p,p2 0

2 1由归纳法易知，有np p,n1,2,n 0

,

n1 n

和pE1 n

，NpNp,0这表明Np0

,中有无穷个E中的点.由0x0

E'p为E的内点，则0,使Np0

,E，故必要性是显然的.若存在邻域Np,E，使p0

Np,，则从前面的证明知Np0

,p0

,pNp,E，故p0

为E设RnE是上的全部有理点，求EE.1 1 10,Nx,xx中有无穷个E中的点，故xE'，故0,1E'.1 1 1，必有0，使Nx0

,，故x0

E'1故E'，所以E'1 1表明E'1E0,1EE0,1E0,11 11 1故E'E

0,1.1 1设RnR2是普通的xy平面E2

yx2y2，求E2

',E.2E2

'yx2y2p0

x,y0

E2

'fxyx2y2是R2上的连续函数，必存在0，使x,yNp0

,fxyx2y21.Np0

, E2

p0

不是E2

'中的点矛盾.x2y0

21p0

x,y;x2y21p0

x,y0

x,y;x2y21txx2tyy20 0 0 0则txx2tyy20 0 0 00 0t2x2t2x2y20 0x2y20 0x2y20 0ft是x2y20 0

1，f0，01，f

现在任取0,0min，使Np0

,Np0

,.由上面的结论，存在0t

1f

1.故tp

满足（1）tp 0

p2）t0

p t p t0 0

p t0

1.故tpE 0 2（3）

p,p0

，故t

pNp0

,所以t

pNp0

, E2

p01pEEE'2 2

E'，所以E2 2

'x,y;x2y21.而EE'2 2

yx2y2

sin1

x0设RnR2是普通的xyE3

是函数y x 0

x

的图形上的点所作成的集合，求E'.3x,fx;xR',

x,sin1;xR1

0,0. 下证E'E

3 x 3 3px,yE'存在px,yEx,y，0 0 0 3 n n n 3 0 0px,yn n

p0

xx,yn 0

y，p,p0 n

0设px,y

E'，则存在x,y

,

使

x,y y0 0 0 3

n n 3 0 0

n 0 n 0x0，则x0

0（当n充分大）则y sin1yn x n

sin1x0所以x,y0 0

E3x0，则x0

0，yn

sin1yx n

，1y10所以x,y0 0

故E'E30

x,y0

3E ，3x0y0

sin1，x0故存在x x，使x 0，x xn 0 n n 0从而sin1xn

sin1x0即存在x

,sin

1x,yn x 0 0n故pE'.0 3py0

则从y知存在x使sinx y，0 0 0 0令x k

1 0,k1,2,2kx.0.则sin1sin2k

sinx y，xk所以x

,sin

0 0 0 1E,x,sin10,y

，x,

0,yk x 3 k xk k

0 k 0 0x,yk

0,y0故pE'0 3故结论成立.证明当E是RnE'证明：记B为E的孤立点集，则EBE'BE'B.所以EBE'B.若能证明B是至多可数集则若E'是有限集或可列集知E' BE为至多可数集，这将与E是Rn故只用证E的孤立点集B是至多可数集pB，NNp,

0使Np,

Epp故p p

Rn

BRn

中的一个互不相交的开球邻域组成的集的11对应.而任一互不相交开球邻域作成的集合A

,是可数的，因为任取，取有理点pA

，则从A

A ,则

,与Q11对应故证毕

,是至多可数集.第二章第二节习题证明点集F为闭集的充要条件是FF.证明：因为FF F'，若F为闭集，则F'FF'FFF'FFFF故FF反过来，若FF F'F，则必有F'F从而F为闭集.fx是上的实值连续函数，证明对于任意常数a，x;fxa都是开集，x;fxa都是闭集.证明：任取常数a，若x0

x;fxa，则fx0

a，由于fx连续， 0，a,x0xN,0

a,

x;fxa.这表明x;fxa是开集.任取常数a，若xn

fxxn

xfx0

a和fx连续知fxlimfx

a0 n n故xx;fxa0这表明;fx';fx.故fx3.证明任何邻域Np,Np,p';p',p（N通常称为一闭邻域）0

Np,，则0 p0

,pNp0

,，pp0

p0

,pNp0

,Np,.Np, p p'; p',p,pp';p',p且 n n则p0,ppn n p,pp,pp,pp,p. 令n得 p,p0.故p';p',p'p';p',p.表明p';p',p是闭集.又pp';p',p令x p11p， kpkp11 1p 1kkk则

,p

p,p11.k kxk

,p

1p0k故xNp,x pk k这表明p';p',pNp,'而Np,p';p',p

Np,故Np,p';p',pp';p',pNp,都是这表明Np,p';p',p.都是4.设是一有限闭区间，Fn

的闭子集，证明如果Fn1

，则必有正整数N，使

NFn1

.证明：令Sn

nFi1

，则显知

Fn1

Sn1

，且S S S nFin为闭集，故Si

也为闭集.NFSNFSnN

n1

.反证，设n,Sn

，则xSn n

，由于是有限闭区间，xn

是有界点列，若,n为无限集合，则由聚点原理n

的子列x x,xn n 0 0k kS n由于S S n1 2故任取mN,k充分大时x Sn n

S ，又m

为闭集，且xm

xS0 mk k k由mx0

Sm1

Fm1

得矛盾.若xn

,n为有限集合，则n，当n0

maxn0

mxn

xS0

S ，m故xS0 m1

Fm1

得矛盾.所以 N，使得SN证毕.

NFn1

.设ERnE的开邻域，则有中的(或有限)多个邻域N,N, N , ，它们也完全覆盖了E（Lindelof定理）1 2 m证明：设

;,为某指标集，则E

I .xE, x

，使得xI .x由于I

是开集，x

0使Nx,

I .x 由有理点在Rn的稠密性易知，存在有理点ax

Qn和有理数rx

0，使xN,rx x

Nx,

Ix

，而Rn中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与QnQ的一个子集对等，故这些Na,rx x一个可数集，从而相应的

;xE至多是x而这些而这些xIx

;x

显然为E的一个开覆盖，因为E

Na,rx x

Ix因为每一个上述Nrx x使

包含在某个I

中，故存在至多可数个Ii

M，I;i成为E的一个开覆盖.ii1i,x ,cii1i,x ,cix di,j1,2,3,,nnjjj

In的形式，其中In p;px,x,i 1 2（注意这里并为要求

n互不相交）i设G为Rn中的任意开集，则x0

G，由开集的定义，一个球形邻域Nx,

G

0，令I

xx,x,

,x;x

x

0nx x0n

2 n 0j

0j 0n则显然x0nI，II，Ix x

Nx0

, G，且G I

G.故G

xG

显然是开区间，也是开集，xG为Gx由本节习题5，中的至多可数个I,I,I, ,I, 完全覆盖了G1 2 3 n所以G

Ii1

G.所以G

Ii1

Ii故本题结论得证.试根据Borel有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass证明：反证，设E为有限无穷点集而无聚点，则E'，从而E'E，故EpE，都是E的孤立点.故p

0使Np,

E，所以Ep

pE

Np, pp, 形成E的一个开覆盖，由于E为有界闭集，由Borelp盖定理，有限个Np, mNmN, mEi pN p,mmi1.i ppiEE

,N,m

，使E mNmNp,iii1

i1ii

i i1前已知N

p,i pi

E p .i故E

mp为一有限集合，这与E为有界无穷集矛盾.ii1证明Rn中任意非空开集的基数都是c.证明：开集URn，显从URn知URnc.

U,0,N

,U，N

,c，0 0 0故UNx,c.0所以BerrsteinUc证毕证明对任意ERnE都是Rn中包含E证明：任取ERn，设F是包含E的人一闭集，则EFE'F'所以EE E'F F'F，因为F为闭集所以E'F'F，所以E是Rn中包含E对于 R1 定义的实函数 fx ，Wf,xlim0

sup f x' limx'x'x x'

inf x'x

证明：对任意的fxfx的全体不连续点作成一F集.单调下降趋于

时，sup fx'x

x'也单调下降趋于某极限（有限或无限）而inf f

x'单调上升地趋于某极限.x'x故Wf,xlimsup f

x'lim inf f

x'是有确切定义的（可为无限值）0x'x

x'xfx在xx0

连续Wfx0

0.证：先设Wfx0

0，则0,0

0使0时0 sup x'x

x' inf f x' x'x所以y满足yx0

时fyfx0

sup fx'inf fx'x'x x'xf在x处连续.0fx在xx0

处连续，则0,0

,x0

0，yx0

0

fyfx0

又0

,x0

，y

',y

'',y

'x0

,y

''x 0且sup f

x'

y',f

y

inf f

x'x'x

x'x所以sup f

x' fx0

f

y' fx

x'x

inf f x'x

f x f x f y'' 0 0 不等式相加得 sup x'x

x' inf f x'x

220lim

sup

x'

inf

x' 0

x'x

x'x即0Wfx0

4,0任意.所以Wfx0

0为证fx0

为闭集，只用证fx0

为开集.f,x0

必有Wfx0所以存在0

x0

,0使0,0

时，supfinf f

W,

xNx0

Nx0

0 2N

x，由三角不等式，则N0

yN

x.02 2故W

f,N2

yWf,N

x0所以Wfy

W f,N

y02这说明N2

xf,x0故fx是开集，从而fxfx在x不连续的充要条件是Wfx0.所以使x不连续的点集为表为F

x;Wf,x1.k k.由于kx;Wfx

1是闭集，故F为一F集. kf连续的点集是Fc

x;Wf,x1这是一个G

集合.

k kx1）对f:RnR1Wf,xx理解为Rn中的距离x';x.,.立，（2）若f 是Rn中的开集，G到R1的函数，则同样可定义Wf,G，因为当xG,Wf,xG;Wfxf

xG;Wf,x1k kf

x;Wf,x1.k k.x;x,x, ,xn 1 2 nERnx;x,x, ,xn 1 2 n1 2证明当E为开集，0,p0E，则 0E，使p00E开集，0E，故0，使N0,E.则yN0

yyyy而 yy0

y001

.yN

,Ey

yE这表明N0

E，故E为开集.若E为闭集0则E为单点集.当然是闭集若0，则pn

E,pn

pp0

,n

E,pn

,pn

p表明00np p0nn

，而

为闭集， p0n 0

E，从而0p p00

.这说明E

E.从而得知E为闭集.fp是定义于Rnfp在Rn上连续的充要R1Gf

p;fpG都是R1中的开集.fRnR1G为任一R1中开集.f1Gfp0

G，由G为开集知，0，使Nfp0

,G对上述0,,p0

0yNp0

,时fyfp0

fyNfp0

,GyfG.这说明Np0

,f1G故f1G为开集.R1G,f1G0,Nfp0

,是R1中的开集.故f1fp,pf1fp,0 0 0fp0

,Nfp0

,所以yNp0

,fyNfp0

,.fyfp0

fp连续0证毕limRnfP称为是下半连续的，若对任意PlimfPliminffQ

fQ，证明fP下半连续等价于对任意的QP 0 P,Q实数;fP都是RnfP是RnfR1，若P0

P;fP.则fPlimf0

0 020fP20fP02，,

0使f

inffQ0 0所以NP,，有fPinffQfy.

NP00 0 所以NP,P;fP.0

NP0故fP（从而fP为闭集）f在RnP0

Rn,0，,p0

0.当PNP,fPfP.0 0反过来，若1,;fx为开集.则P0

Rn,0,P0

fxfP0

由于fPfP是开集.0所以P,0使PNP,fPfP0 0QNP,有fPfP

0在Rn上下连续，故一个等价性得0 0而f在Rn上下连续1,;fP是闭集;fP是开集.下证1,;fPP,y;PRn,fP为闭集.先设fP为闭集，任意.所以P,yn n

yPRn;fPn

yn

Pn

P,y0

y.0所以0,N当nNyn

y .0故P;fPyn

而PPn

P;fPy0

所以fP0

y0

，0故fPy.0 0这表明P,y

yPRn;fP0 0若yPRnfP是闭集，而Pn

P;fP,PPn 0则P,yPRn;fPP,P,.n n 0因为yPRn;fP为闭集，故P,yPRn;fP0fP.0这说明P0

P;fP故fP得证.设B 是Rn 中的有界闭集，01 ，证明x, xx, x有1 2 ny,y, ,

A,z,z, ,

B，使xyz,i为有界闭.1 2 n

1 2 n

i i iB,x x,xx2x21 2x2MnB,x x,xx2x21 2x2MnxA特别地 xi

M.AB，有AB使xyi

zi

，故xyz.故xyzyzMMM.所以01AB为证A1B为闭集，设xn

AB，xn

x，0则yn

A,zn

B使xn

yn

1z.nBxn

AB，yn

B，由聚点原理， ny的子列y 使ynn nk

y，z0

有子列znkl

使z z，xn 0 nkl kl

有子列xnklixnx

x0

izn n nkli kli kli所以x0

y0

z0

，而A,B为闭集，故y0

A,z0

B.从而有x AB0这说明ABB不全是有界闭集时，AB可不为闭集，在R2上考虑Ax,yyx0,,y1 xBn,0;n1,2,B是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界.任取x,yn n

A，若xyn n

x,y0

R1，x,y0

yn

1y知x0x 0 0n所以x0

0,y 10 x0这说明x,y0 0

A，故A为闭集合，显然x0

时，y1，故A无界.x1A1B2 2取n,0B,n,1A n n则p

1n,01n,1

11

A1B.n 2 2 n 2n 2 2 pn

，但12

A1B.2因为若1

A1B，则n

,0B,

,1A使2 2 0 0 x0

1 1 1x,

,02 0 x 2 00故xn0

10得矛盾x0所以12

A1B不是闭集.2第二章第三章习题证明由x组成的实数序列的全体作成一基数为c是c.证明：设xn

10x，nx an n1n2表示法是唯一的（如旧书上P244）xaa1 111213xaa2 212223x0.aaa3 313233x a an n1n2n3对这样的序列，取x0.aaaaaaa

0,1与之对应，这种对于显然是11对应的.

11

2131

221314即若xyxn

x,yn

y则xn

yn

即xn

y.n反过来任取x0.aaa

0,1可用相应的方式作出一序列x

0,1123 n故我们已证明0,1开区间中的实数x组成的实数序列的全体与0,1对等，从而具有势c.而R1与为相应的一个11R1与中所组成的序列在下实现11对应.故全体实数列所作成的集合的势也是c证明区间c，同样上的左连续的单调函数的全体所作成的集合的基数是c.证明：记a,b上的常数函数的集合为Ca,b，因为a,b都是a,b上的连续函数，所以R1与Ca,b所以CR1c，其次对每个Ca,b，我们取一个平面有理点集合QQQ2f如下：fQQ;sa,b,tf是从Ca,b到Q2ff，则必有.事实上从QQsa,b,tQQsa,b,t若，则存在x0

a,b,x0

x.0不妨设x0

x.0则由连续和有理数的稠密性知，0使x0

,x0

有xx.x0

,x0

Q有r.取定一个r0

x0

,x0

Q，任取一个tQ，且r0

tr0则,tf,tQ2t0 0 0但r0

,tfff故于a,bfCa,bN,2QN,2Q22N.

2Q2是单射由习题第一章第二节有2Nc知Cbc，故由Berstein 定理知Ca,bc.下证：a,b上全体单调函数所作成的集合的势是c.a,b上的一个单调函数fai

ai可为0）故可令fi从而建立了a,b上单调函数到全体实数序列的一个对应.设b中全体有理数的集合为

,r,r,r,na,b上的单调函数，设其至多可列个间断点为或n=1,2,nfx或n=1,2,nfnfx，当n时，令f f fa,fx,fxfx,fxf1 1 1 2 22x,fx,frn n n当n时，令f

f f,fb,x,fxfx,fxf1 1 1 2 2 2

x ,f xn nf

,f rnf若f,g为a,b上两单调函数对应之fgf与g的间断点重合，在间断点的值也重合，在ab下证a,b,fxgx由于faga,fbgb,frn

grn

且两函数的间断点重合，且在间断点的值相等，故两函数的连续点也重合，又注意两函数在有理点的值也重合，故f,g的共同连续点x0

a,b，必有a,b中的有理数rxn 0f

lim

fx

limg

gx0

n n n 0这说明fg于a,b.由此b上全体单调函数的集合的势（全体实数列的集合的势c另一方面，cR1fxc于bfb上全体单调函数的集合的势R1c由Berstein 定理知，可知b上全体单调函数的集合的势为c.当然a,b上全体左连续的单调函数的集合的势不大于a,b上全体单调函数所作成的集合的势.c1fxc于a,bfa,b上左连续的单调函数的集合的势不小于R1c.从而由Berstein定理知a,b上左连续的单调函数的集合的势为c.P25第四节习题G

集，即不能表成可数多个开集的交.证明：设R1上全体有理数为

r, r, Q.n1 2 3则一个Q

是FQ不是Gn集，则不容易.

i1 i Baire定理，设ERn是F

集，即E

F.F.k是闭集，若每个Fk

皆无内点，则E也无内点（最后再证之）为G反证设Q;i为Gi）

集，即Q

Gi1

（Gi

为开集，i1,2,R1上的单调函数的全体所组成的集合的势为c.证明：任取R1f，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为x,x1 2

, ,xm

, （可为有限）r, n令设Rr, n令f,f

1 2,fx,f,fx,fR2.i i i i1 1 1 1则f为R2若f,g ，使fg，则x,f

f存在

,g

gxi j 使,fx,xi j i i j j所以xx,fxgi j i j从而x

Q,frgr.i i i的无理数间断点xxi i

也是g的无理数间断点，且gxi

fx.ixi

f，的无理数间断点，且gxi

fx.i故fgfgfg于R1，所以是11的.利用下面结论：Claim ：任何其有连续势的集合的全体可数子集所成的族的势为连续.知：c.另一方面cfxxc,c0,1c证毕.Y.Lemma X,Y:XYYXXAY.证明：因为Y,1yxX,xyzYyz时必有1y1z.令1y;yY，则由选择公理存在一个集合X，它由中每一个集合1yXXaX，存在唯一一个yY，使a1y.X与Y是对等的，故YX证毕.选择公理：若X证明上全体无理数所作成的集合不是F集.证明：设0,上全体无理数所作成的集合是，则0,Q（Q为R上全体有理数的集合）若为F

集，则存在闭集Fi1,2,使使F.i

i1所以cQ

Fc为G集.i1 i F F

FF i1 i

i1 i

kk k i k所以Fi

无内点.这说明无内点（Baire定理）证毕.证明不可能有在连续的实函数.证明：若存在这样的0,1上的实函数，它在有理点都连续，在无理点都不连续.fx的全体不连续点的集合为0,1上的全体无理数为，由本章第二节习题10结论知为F集，这于本节习题2的结论不是F

集矛盾.故不存在这样的0,1上的函数.证明R1中全体开集构成一基数为cR1成一基数为c的集合.证明：对任意的R1上开集合，由开集的构造定理，存在,,,

R1, ,.i1i i,0,.m, ,0,.m, ,.i1i i若GR1，则令IG

k,k

,,,1 1

,,2这里k ，若 ,k 0；若 k ；若 ,k 0； 若 则这个映射I是单.若G,G R1 GR1,G R2且I

IG., ,i1i iG','i ii1' ',2则 ', ',','. i i i i故GG.1 2又若IG0,0, 0, 则必有GR（否则IG至少有一个分量不等零）.故I是单射，所以R1上全体开集所作成的集合的势c令一方面，a1,a,a是一开集，令I:R1 R1上全体开集之集合，则cR1上全体开集之集的势”c，由BerstreinR1上全体开集之集合的势为c.证：记可数集Bx,r;xQn,rQ1Bx,r, ,Bxm,r, .1 m显:u0,a,a, a, ;a UBx,r

1 2 m mBx,r ,a, a, 1 2 m1 Bxm,rUUca Ucam 0 B xm,rmUVBx,rU,x,rQnQ

Bx,rV所以UV.所以c

x,rrRc. 由Berstein 定理 FFRn为闭集 FcFRn为闭集c.故I是单射，所以R1上全体开集所作成的集合的势c另一方面，a1,a,a是一开集令I:R1 R1上全体开集的集合则cR1上全体开集的集合的势”c，由BersteinR1上全体开集的集合的势为c第二章第五节习题：设E0,U是所有到E的距离小于dp作成的点集，即UpE，则U是一开集，且UE.pE，显然pE0dpU，从而UE.下证U为开集.pU，令dpE，则0，且NP,Einfyy取y E，使得p,y

p,E.2则qEqy

q,pp,y

p,E2 2pEdpEpEd.故qU，从而NP,U.这就证明了U为开集.证明：设F为任一闭集.n,N由本节第一题知U

p;dp,F1为开集，且F为

,，从而有Fn

U.n1 n

n n下证F

Un

U F，n

U.nn1 n1 n1pFpFc，故从F为闭集知Fc故0使NP,Fc.从 而 有 F,dp,q （ 否 则dpqqNP,FcqFc F矛盾）这说明dpFinfdpq.qFp

Un1

表明n,pUn

，从而有p,F1.n令n知pF0.这与dpF0pFp

Un1

得证.1B解：令Ax,y;x0,yex,Bx,0;x1.则BAn

,e

A，若p pn

x,y，0 0则x x,exny.n 0 0n 故从ex是x的连续函数知，ex exn y

ex,p x,y,ex A 0 0 0 0 0AB 取p n,en n

n,0B，则dA,B inf p,qp,Q

en0.pA,qB n n故dAB0.nn02en020

Q0

B使0dABdp,Q.0 0则p Q，设p0 0

x0

,e

Q0

'0

p0

Q知0x xx'0.注意e00 0 01B3F

有界的限制.1 2F

Rn

开集GG1 2 1 2 1 2（不妨非空，FG,F

G,G

，在原定理3中假设F

有界主要用在1 1 2 2 1 2 1 2rF,F0.1 2其实只需F,F

有一个有界就行了.1 2为此先不妨设F1

1p1

F,p1

F，使2rF,Fp,p1 2 1 2若r0，则p,p0pp.1 2 1 2pp1

pF2 1

2令GppF

r,G p;p,

r 1

2 2

2 22

G,

G,GG G 2r （否则pG G,pF,pF使p,

, p,

r

1 2 2 2于是rp,Qp,p p,

r

rr，矛盾）1

2 2 2一般情形：F F

B0,i

FFF

B0,i1 i1

i1 i i 1由已证前面的结论， 开集GRn,

F，使G .i 2

i i i 2 1所以

G

G

G.ii1 i i

2 i 2G 2G 2令G

G，则显F

F

，且G

为开集，G1证毕.

i1 i1 i 1 1 1设ERnE，证明pEp的在RnqRnpEpqE.p'Epp'pqp'p,Einfp,p'infp,qp' p'E p'E p,

infq,p' p,q q,Ep'EpEp的在Rn0，令，则当pq时p,Ep,qEEp,qp,E从而有p,EEp,qq,p.这就证明结论（事实上Lipschitz 连续的）若Ep,无定.证明对于Rn中任意两个不相交的非空闭集F

，都有Rn上的连续1 2函数fp，使0fp1，且在F1

上，fp0，在F2

fp1.证明：令

p,Ff p

p,

F1F

p,F2则从上一题知pF为Rni又从F F ，可知p,Fp,F0Rn.i j 1 2F,F

Rn11 2pp,QFi1,2i i i使得pFp,QpFp,Q1 1 1 2 2 2ppp,QpF.i i 2若pFpF01 2则从0,知pF0,pF01 2p,Qp,F0ipQ1QQFQQF1 2 1F得矛盾.2

2Q.2故恒有pFpF0.1 2fp是Rn又

p,

p,F .F,1

p

p,F1

p,F2

0

2p,F2

1pF2

,fp

0p,F1

0

0.第三章第一节习题证明：若E有界，则.证明：若ERn 有界，则存在一